Sturm Liouville con condiciones de contorno periódicas

Question

Antecedentes y motivación: Me dan el problema de valor límite: $$y''(x)+2y(x)=-f(x)$$ tema $y(0)=y(2\pi)$ y $y \, '(0)=y \, '(2\pi)$ .

EDIT: ¡¡¡Estos no fueron dados a ser cero!!! Tal vez esto ayude...

El texto (Nagle Saff y Snider, final del ejercicio de redacción técnica del capítulo 11) nos pide que construyamos la función de Green para el problema. En este momento, estoy un poco perplejo porque no hay $\lambda$ en el problema dado. Permítanme elaborar, si se nos dio: $$ (py')'+qy+\lambda r y= 0 $$ donde $p,p',q$ y $r$ eran funciones continuas, de valor real, periódicas con periodo $2\pi$ entonces creo que sería capaz de empezar. Sé que las soluciones habituales sólo se ajustan a las condiciones de contorno dadas para determinadas elecciones de $\lambda$ . Por lo tanto, mi observación inicial es que $p=1$ es ciertamente continua y periódica por lo que podemos establecer $p=1$ .

• Pregunta: ¿Qué debo ver como $q$ y $r$ para el problema expuesto al principio de este post? ¿Cómo podemos convertir el problema dado en la forma estándar de Sturm Liouville?

Supongo que es importante señalar que debemos elegir $r>0$ ya que sirve como función de peso en el producto interior que se empareja con el eigespacio de soluciones para este problema.

Añadido: aquí hay una imagen del problema del texto:

Answer 1

Voy a escribir $a$ para $\sqrt{2}$ para simplificar. La solución general de la ecuación homogénea $y''+2y=0$ tiene la forma $$y(x)=C\cos(ax)+D\sin(ax)$$ Utilizando el método de variación de parámetros para encontrar una solución particular del problema no homogéneo, tenemos que determinar $C$ y $D$ con $$ \eqalign{C'\cos(ax)+D'\sin(ax)&=0\cr -C'\sin(ax)+D'\cos(ax)&=-\frac{1}{a}f(x) } $$ Esto da como resultado $$ C'=\frac{1}{a}\sin(ax)f(x),\quad D'=-\frac{1}{a}\cos(ax)f(x) $$ Así, la solución general de $y''+2y+f=0$ viene dada por $$\eqalign{ y(x)&=c\cos(ax)+d\sin(ax)+\frac{\cos(ax)}{a}\int_0^x\sin(at)f(t)dt-\frac{\sin(ax)}{a}\int_0^x\cos(at)f(t)dt\\ &=c\cos(ax)+d\sin(ax)-\frac{1}{a}\int_0^x\sin(ax-at)f(t)dt} $$ y $$ y'(x)=-ac\sin(ax)+ad\cos(ax)- \int_0^x\cos(ax-at)f(t)dt $$ Ahora, las condiciones $y(0)=y(2\pi)$ y $y'(0)=y'(2\pi)$ nos dan dos ecuaciones:

$$\eqalign{c &=c\cos(2a\pi)+d\sin(2a\pi )-\frac{1}{a}\int_0^{2\pi}\sin(2a\pi-at)f(t)dt\cr ad&= -ac\sin(2a\pi)+ad\cos(2a\pi)- \int_0^{2\pi}\cos(2a\pi-at)f(t)dt} $$ Esto se puede organizar de la siguiente manera $$\eqalign{c\sin(a\pi)-d\cos(a\pi) &=-\frac{1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi}\sin(2a\pi-at)f(t)dt\cr c\cos(a\pi)+d\sin(a\pi)&= - \frac{1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi}\cos(2a\pi-at)f(t)dt} $$ Resolver para $c$ y $d$ obtenemos $$\eqalign{c&=-\frac{1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi}(\cos(2a\pi-at)\cos(a\pi)+\sin(a\pi)\sin(2a\pi-at))f(t)dt\cr &=-\frac{1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi} \cos(a\pi-at)f(t)dt\cr d&=-\frac{1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi}(\cos(2a\pi-at)\sin(a\pi)-\cos(a\pi)\sin(2a\pi-at))f(t)dt\cr &=\frac{1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi} \sin(a\pi-at)f(t)dt\cr } $$ Finalmente $$\eqalign{ y(x)& =\frac{-1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi} \big(\cos(ax)\cos(a\pi-at)-\sin(ax)\sin(a\pi-at)\big)f(t)dt\\ &\phantom{=}-\frac{1}{a}\int_0^x\sin(ax-at)f(t)dt\\ &=\frac{-1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi}\cos(a\pi+ax-at)f(t)dt-\frac{1}{a}\int_0^x\sin(ax-at)f(t)dt } $$ Esta expresión de $y$ puede simplificarse como sigue: $$\eqalign{ y(x)& =\frac{-\cot(a\pi)}{2a }\int_0^{2\pi} \cos(ax-at)f(t)dt\cr &\phantom{=}+\frac{1}{2a }\int_0^{2\pi} \sin(ax-at)f(t)dt -\frac{1}{a}\int_0^x\sin(ax-at)f(t)dt\cr &=\frac{-\cot(a\pi)}{2a }\int_0^{2\pi} \cos(ax-at)f(t)dt+\frac{1}{2a }\int_x^{2\pi} \sin(ax-at)f(t)dt\cr &\phantom{=} -\frac{1}{2a }\int_0^{x} \sin(ax-at)f(t)dt \cr &=\frac{-\cot(a\pi)}{2a }\int_0^{2\pi} \cos(ax-at)f(t)dt-\frac{1}{2a }\int_0^{2\pi} \sin(a|x-t|)f(t)dt\cr &=\frac{-1}{2a\sin(a\pi)}\int_0^{2\pi} \cos(a\pi-a|x-t|)f(t)dt } $$ Por lo tanto, $$ y(x)=\int_0^{2\pi}G(x,t)f(t)dt $$ con $$ G(x,t)=\frac{-\cos(\sqrt{2}(\pi-|x-t|))}{2\sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)}. $$ que es la conclusión deseada. $\qquad\square$ .

Answer 2

La función de Green es la solución cuando $f(x)=\delta(x-x_s)$ , donde $x_s$ es un tipo de posición de fuente puntual que fuerza el sistema. Supongamos que $x_s\in(0,2\pi)$ . Para $x\neq x_s$ la función delta es cero, por lo que resolvemos la ecuación homogénea $$ \left| \begin{array}{cc} y'' + 2y = 0, & x<x_s\\ y'' + 2y = 0, & x>x_s \end{array} \right. $$ Y nos preocuparemos de lo que ocurra justo en $x=x_s$ en un rato. Las ecuaciones homogéneas presentadas se resuelven mediante senos y cosenos $$ y(x) = \left\{ \begin{array}{cc} A\cos(\sqrt{2}x)+B\sin(\sqrt{2}x), & x<x_s\\ C\cos(\sqrt{2}x)+D\sin(\sqrt{2}x), & x>x_s\\ \end{array} \right. $$ Ahora la primera condición de contorno es que $y(0)=y(2\pi)$ . Para el límite izquierdo, utilizamos la parte izquierda de la variable $y$ arriba, y para el límite derecho, usamos la parte derecha, así que esto se lee $$ A = C\cos(2\sqrt{2}\pi)+D\sin(2\sqrt{2}\pi) $$ Haciendo lo mismo con las condiciones de la derivada se obtiene $$ B = D \cos \left(2 \sqrt{2} \pi \right)-C \sin \left(2 \sqrt{2} \pi \right) $$ Ahora necesitamos condiciones que coincidan con la función delta. Esperamos que la solución sea continua en $x=x_s$ Así que $$ A\cos(\sqrt{2}x_s)+B\sin(\sqrt{2}x_s) = C\cos(\sqrt{2}x_s)+D\sin(\sqrt{2}x_s) $$ Y luego está la condición de "salto" apropiada en la derivada en $x=x_s$ . Necesitamos $y$ sea lo suficientemente discontinua como para que al tomar dos derivadas se obtenga una función delta negativa. Esto significa que debe haber una discontinuidad de paso unitario negativo en la derivada: $$ -\sqrt{2} A \sin \left(\sqrt{2} x_s\right)+\sqrt{2} B \cos\left(\sqrt{2} x_s\right)-1=\sqrt{2}D\cos\left(\sqrt{2} x_s\right)-\sqrt{2} C \sin \left(\sqrt{2} x_s\right) $$ Las anteriores son cuatro ecuaciones lineales en las cuatro incógnitas $(A,B,C,D)$ que podemos formular como $$ \left[ \begin{array}{cccc} 1 & 0 & -\cos(2\sqrt{2}\pi) & -\sin(2\sqrt{2}\pi) \\ 0 & 1 & \sin \left(2 \sqrt{2} \pi \right) & -\cos \left(2 \sqrt{2} \pi \right)\\ \cos(\sqrt{2}x_s)&\sin(\sqrt{2}x_s)&-\cos(\sqrt{2}x_s)&-\sin(\sqrt{2}x_s) \\ -\sqrt{2} \sin \left(\sqrt{2} x_s\right)&\sqrt{2} \cos\left(\sqrt{2} x_s\right)&\sqrt{2}\sin \left(\sqrt{2} x_s\right)&-\sqrt{2}\cos\left(\sqrt{2} x_s\right) \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} A\\B\\C\\D \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 0\\0\\0\\1 \end{array} \right] $$ Resolviendo ese sistema tras un buen puñado de simplificaciones trigonométricas se obtiene $$ A=-\frac{ \cos \left(\sqrt{2} (x_s-\pi )\right)}{2 \sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)} $$ $$ B=\frac{ \sin \left(\sqrt{2} (\pi -x_s)\right)}{2 \sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)} $$ $$ C=-\frac{ \cos \left(\sqrt{2} (x_s+\pi )\right)}{2 \sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)} $$ $$ D=-\frac{ \sin \left(\sqrt{2} (x_s+\pi )\right)}{2 \sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)} $$ Introduciendo en la forma de trozos propuesta para $y$ y haciendo más simplificación trigonométrica, $$ y(x) = \left\{ \begin{array}{cc} -\frac{ \cos \left(\sqrt{2} (x-x_s+\pi )\right)}{2 \sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)}, & x<x_s\\ -\frac{ \cos \left(\sqrt{2} (x_s-x+\pi )\right)}{2 \sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)}, & x>x_s\\ \end{array} \right. $$ Obsérvese que son los mismos, excepto el papel de $x$ y $x_s$ se intercambian entre las dos expresiones. Esto nos permite escribir una expresión más compacta $$ y(x)=-\frac{ \cos \left(\sqrt{2} (\pi-|x-x_s| )\right)}{2 \sqrt{2}\sin(\sqrt{2}\pi)} $$ que es la función de Green para este problema.